2019年高考限時訓練理綜試卷化學試題3

2019年高考限時訓練理綜試卷化學試題3一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）.化學與人類生活、生產(chǎn)息息相關，下列說法中錯誤的是（）高錳酸鉀溶液、次氯酸鈉溶液、75%乙醇均可用于消毒殺菌，且原理相同地溝油可以用來制肥皂和甘油為防止中秋月餅等富脂食品氧化變質，常在包裝袋中放入鐵粉“靜電除塵”、“燃煤固硫”、“汽車尾氣催化凈化”都能提高空氣質量.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（ ）A.1mol甲基（-CH3）所含的電子數(shù)為10NAB.常溫常壓下，1mol分子式為C2H6O的有機物中，含有C-O鍵的數(shù)目為NAC.14g由乙烯和環(huán)丙烷（匚］）組成的混合氣體中，含有的原子總數(shù)為3NAD.標準狀況下，22.4L四氯化碳中含有共用電子對的數(shù)目為4NA3.短周期元素W、X、丫和Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質是一種常用的比能量高的金屬電極材料，X原子的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的2倍，元素Y的族序數(shù)等于其周期序數(shù)，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。下列說法錯誤的是（ ）A.W、Z形成的化合物中，各原子最外層均達到8個電子結構B.元素X與氫形成的原子數(shù)之比為1：1的化合物有很多種C.元素Z可與元素X形成共價化合物XZ2D.元素Y的單質與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成.下列關于有機物（人/）的說法錯誤的是（）該分子中的5個碳原子可能共面與該有機物含相同官能團的同分異構體只有3種通過加成反應可分別制得烷烴、醇、鹵代烴鑒別該有機物與戊烷可用酸性高錳酸鉀溶液.下列實驗結果不能作為相應定律或原理的證據(jù)之一的是（ ）（阿伏加德羅定律：在同溫同壓下，相同體積的任何氣體含有相同數(shù)目的分子）ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案盤點《睫勘U，律總林閡再1設南在**X碼金中如**皿必H1PU）H刖氈l-R-電解水結果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡，試管中出現(xiàn)渾濁測得H為的H1、h2的和H2與O2的體積比約為2：1A.A B.B C.C D.D.如圖甲是一種在微生物作用下將廢水中的尿素CO（NH2）2轉化為環(huán)境友好物質，實現(xiàn)化學能轉化為電能的裝置，并利用甲、乙兩裝置實現(xiàn)在鐵上鍍銅。下列說法中不正確的是（）

A.乙裝置中溶液顏色不變B.銅電極應與Y相連接C.M電極反應式：CO（NHA.乙裝置中溶液顏色不變B.銅電極應與Y相連接C.M電極反應式：CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2T+NJ+6H+D.當N電極消耗0.25mol氣體時，銅電極質量減少16g7.常溫下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol?L」的NaOH溶液，得到溶液pH隨所加NaOH溶液體積的變化圖象如圖所示。下列說法正確的是A.若a點pH=4,且c(Cl-)=m?c(ClO-),則Ka，可用pH試紙測定其pHB.若x=100,b點對應溶液中：cC.b?c段，隨NaOH溶液的滴入(OH-)>c(H+)\c(HClO)\逐漸增大D.若y=200,c點對應溶液中：c（OH-）-c（H+）=2c（Cl-）+c（HClO）二、簡答題（本大題共4小題，共49.0分）金屬鉬具有高強度、高熔點、耐磨抗腐性，用于制火箭、衛(wèi)星的合金構件。鉬酸鈉晶體（Na2MoO4-2H2O）是一種重要的金屬緩蝕劑。利用鉬礦（主要成分MoS2,還含少量鈣、鎂等元素）為原料冶煉金屬鉬和鉬酸鈉晶體的主要流程圖如圖1：

（1（1）Na2MoO4^2H2O中鉬元素的價態(tài)為主要是 。，煅燒產(chǎn)生的尾氣引起的環(huán)境危害（2）用濃氨水溶解粗產(chǎn)品的離子方程式是 ，由圖中信息可以判斷MoO3是 氧化物。（填“酸性”、“堿性”或“兩性”）（3）操作I是 ，操作H所得的鉬酸要水洗，檢驗鉬酸是否洗滌干凈的方法是 。（4）采用NaClO氧化鉬礦的方法將礦石中的鉬浸出，該過程放熱。①請配平以下化學反應：NaClO+MoS2+ NaOH—Na2MoO4+Na2so4+__NaCl+ H2O。②鉬的浸出率隨著溫度變化如圖2當溫度高于50℃后浸出率降低的可能原因是（寫一點）。陽（5）鋰和MoS2可充電電池的工作原理為xLi+nMoS2RLix（MoS2）n，則電池充電時陽極上的電極反應式為。環(huán)戊烯是生產(chǎn)精細化工產(chǎn)品的重要中間體，其制備涉及的反應如下：氫化反應：環(huán)戊二烯（1）+H2（g）IWM環(huán)戊烯(1氫化反應：環(huán)戊二烯（1）+H2（g）IWM環(huán)戊烯(1)H=-100.5kJ?mol-i副反應：（1）+H2（g）Io環(huán)戊烷(1)H=-109.4knmol-i解聚反應：(g)H>0回答下列問題:（1）反應。j（1）+2H2（g）（1）kJ/mol。（2）一定條件下，將環(huán)戊二烯溶于有機溶劑進行氫化反應（不考慮二聚反應），反應過程中保持氫氣壓力不變，測得環(huán)戊烯和環(huán)戊烷的產(chǎn)率（以環(huán)戊二烯為原料計）隨時間變化如圖所示：①。?4h氫化反應速率比副反應快的可能原因是 。②最佳的反應時間為h.若需迅速減慢甚至停止反應，可采取的措施有（寫一條即可）。③一段時間后，環(huán)戊烯產(chǎn)率快速下降的原因可能是 。（3）解聚反應在剛性容器中進行（不考慮氫化反應和副反應）。①其他條件不變，有利于提高雙環(huán)戊二烯平衡轉化率的是 （填標號）。A.增大雙環(huán)戊二烯的用量B.使用催化劑C.及時分離產(chǎn)物D.適當提高溫度②實際生產(chǎn)中常通入水蒸氣以降低雙環(huán)戊二烯的溫度（水蒸氣不參與反應）。某溫度下，通入總壓為300kPa的雙環(huán)戊二烯和水蒸氣，達到平衡后總壓為500kPa，雙環(huán)戊二烯的轉化率為80%，則p（H2O）=kPa，平衡常數(shù)Kp=kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)）。

Fe、Ni、Pt在周期表中同族，該族元素的化合物在科學研究和實際生產(chǎn)中有許多重要用途。（1）①Fe在元素周期表中的位置為。TOC\o"1-5"\h\z②已知FeO晶體晶胞結構如圖1,Fe2+的價層電子排布式為，陰離子的配位數(shù)為 。③K3［Fe（CN）5NO］的組成元素中，屬于第二周期元素的電負性由小到大的順序是④把氯氣通入黃血鹽（K4［Fe（CN）6］）溶液中，得到赤血鹽（K3［Fe（CN）6］），該反應的化學方程式為 。（2）鉑可與不同的配體形成多種配合物。分子式為［Pt（NH3）2Cl4］的配合物的配體是 ；該配合物有兩種不同的結構，其中呈橙黃色的物質的結構比較不穩(wěn)定，在水中的溶解度大；呈亮黃色的物質的結構較穩(wěn)定，在水中的溶解度小，圖2所示的物質中呈亮黃色的是 （填"A”或"B”），理由是 。（3）金屬銀與鑭（La）形成的合金是一種良好的儲氫材料，其晶胞結構如圖3所示。儲氫原理為：鑭鎳合金吸咐H2，H2解離為H儲存在其中形成化合物。若儲氫后，氫原子占據(jù)晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心，則形成的儲氫化合物的化學式為 。乙苯是重要的化工原料，利用乙苯為初始原料合成高分子化合物J的流程如圖所示（部分產(chǎn)物及反應條件已略去）：已知：(1)物質B的名稱為。反應④所需的試劑和條件分別為。(2)②、③的反應類型分別為。(3)物質H中官能團的名稱是 ；物質J的化學式是 。(4)反應⑤的化學方程式為。(5)寫出符合下列條件，與G互為同分異構體的芳香族化合物的結構簡式:i.與Na反應能夠生成氫氣；.含碳碳叁鍵(不考慮"-C三COH.苯環(huán)上只有兩個處于對位的取代基；.核磁共振氫譜中峰的面積之比為2：2：2：1：1。(6)參照上述合成路線和信息，設計由￡3J、乙醛、苯甲醇合成的路線(無機試劑任選)。三、實驗題(本大題共1小題，共14.0分)12.FeCl2是一種常用的還原劑、媒染劑。某化學實驗小組在實驗室里用如下兩種方法來制備無水FeCl2.有關物質的性質如表：C6H5cl（氯苯）C6H4cl2（二氯苯）Fecl3FeJ溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于c6H5cl、c6H4cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔點/℃-4553易升華沸點/℃132173(1)用H2還原無水FeCl3制取FeCl2.有關裝置如圖1：①H2還原無水FeCl3制取FeCl2的化學方程式為。TOC\o"1-5"\h\z②按氣流由左到右的方向，上述儀器的連接順序為(填字母，裝置可多次使用)；C中盛放的試劑是 。③該制備裝置的缺點為 。(2)利用反應2FeCl3+C6H5cl2FeCl2+3C6H4cl2+HCl,制取無水FeCl2并測定FeCl3的轉化率。按下圖2裝置，在三頸燒瓶中放入32.5g無水氯化鐵和過量的氯苯，控制反應溫度在一定范圍加熱3h,冷卻、分離提純得到粗產(chǎn)品。①儀器a的名稱是 。②反應結束后，冷卻實驗裝置A,將三頸燒瓶內物質倒出，經(jīng)過濾、洗滌、干燥后，得到粗產(chǎn)品。洗滌所用的試劑可以是 ,回收濾液中C6H5c1的操作方法是③反應后將錐形瓶中溶液配成250mL,量取25.00mL所配溶液，用0.40mokL-1NaOH溶液滴定，終點時消耗NaOH溶液為19.60mL,則氯化鐵的轉化率為 。④為了減少實驗誤差，在制取無水FeCl2過程中應采取的措施有：（寫出一點即可）。答案和解析1.【答案】A【解析】解:A、高酸溶液、次酸溶液利用了氧化性消毒菌，75%乙醇破壞了蛋白原有的使蛋白性，故A;B、地溝油人體健康有害，可作工原料，屬于物，水解用于制取肥皂和甘油等，故B正確；C、粉具有原性，可以與氧化反，在包裝袋中放入硫酸等原性物，防止食物氧化 ，故C正確；口、“靜除”、“燃煤固硫”、“汽尾氣催化化”能減少空氣染物的排放，有利于提高空氣量，故D正確；故：A。A、高酸溶液、次酸溶液利用了氧化性消毒菌，75%乙醇破壞了蛋白原有的使蛋白性；B、地溝油人體健康有害，可作工原料，屬于 物，水解用于制取肥皂和甘油；粉具有原性，可以與氧化反，防止氧化 ；口、“靜除”、“燃煤固硫”、“汽尾氣催化化”能減少空氣染物的排放。本從多方面考了生生活以及與境保有關的化學知，知的考一直是點內容，也是學化學的基本素養(yǎng)之一，注意乙醇使蛋白性的原因，度一般。2.【答案】C【解析】解:A、甲基中含9個子，故1mol甲基中含9Na個子，故A ；B、分子式C2H6O的有機物可能乙醇，可能二甲，當乙醇，含Na個C-O，但當二甲 ，含2Na條C-O，故B；C、14g乙和丙的混合物中含有1mol最式CH2，含有3mol原子，含有的原子數(shù)目3NA，故C正確；D、況下四化碳液體，故不能根據(jù)氣體摩體來算其物的量，故D。故：C。A、甲基中含9個子；B、分子式C2H6O的有機物可能乙醇，可能二甲；C、乙和丙的最式CH2，14g二者的混合物中含有1mol最式；況下四化碳液體。本考了阿伏伽德常數(shù)的有關算，度不大，注意掌握公式的運用和物的構。3.【答案】A【解析】解:根據(jù)分析可知:WLi，XC元素，YAl，ZS元素。A.離子最外只有2個子，故A ;C、H形成的原子數(shù)之比1:1的化合物有乙炔、苯等多種，故B正確；XZ2CS2，二硫化碳分子中只有共價，屬于共價化合物，故C正確；Al與氧化或酸反都能生成氣，故D正確；故：A。短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外 子數(shù)是內子數(shù)的2倍，XC元素;W的 是一種常用的比能量高的金屬極材料，WLi元素;元素Y的族序數(shù)等于其周期序數(shù)，Y的原子序數(shù)大于C元素，Y位于第三周期，Al元素;Z原子的最外 子數(shù)是其子數(shù)的2倍，Z位于第三周期，S元素，據(jù)此解答。本考原子構與元素周期律的關系，目度不大，推斷元素解答關

，注意掌握元素周期律內容及常元素化合物性培養(yǎng)了學生的分，注意掌握元素周期律內容及常元素化合物性培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活用能力。.【答案】B【解析】解:A.含有碳碳雙，平面形構，與碳碳雙直接相的原子在同一個平面上，合三點確定一個平面， 分子中的5個碳原子可能共面，故A正確；B.根據(jù)碳異構和碳碳雙的位置異構判斷，與有機物含相同官能的同分異構體有5種，其中主有4個碳的有3種，主有3個碳的有2種，故B；C含有碳碳雙，可分與氣、水、化 生加成反生成、醇、代，故C正確；D.含有碳碳雙，可被酸性高酸溶液氧化，故D正確。故：B。有機物含有碳碳雙， 2-甲基-1-丁，合的性解答。本考有機物的構與性，高考點，把握官能與性的關系、有機反解答的關，重分析與用能力的考，注意把握有機物的構特點以及同分異構體的判斷，目度不大。.【答案】B【解析】解:A.反2NO2（g）=N2O4（g）放反，水中平衡向著逆向移，二氧化氮度增大，左球氣體色加深；冷水中平衡向著正向移，二氧化氮度減小，右球氣體色淺，能用勒夏特列原理解，故A不；B.瓶中冒氣泡，明酸性:HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，無法用元素周期律解，故B;C.根據(jù)蓋斯定律可知：△H=aH1+4H2，能用蓋斯定律解，故C不；

D.根據(jù)子守恒可知，解水生成H2與O2的物的量之比2:1,合阿伏伽德定律可知，H2與O2的體比2:1,故D不故：B。合溫度化學平衡的A.反2NO2（g）=N2O4（g）的△H<0,放反，影響分析；合溫度化學平衡的B.HCl不是含氧酸，酸酸性大于碳酸與元素周期律無關;C．合蓋斯定律內容分析；D.根據(jù)子守恒算生成氣和氧氣的物的量，然后利用阿伏伽德定律分析。本考化學方案的價,目度不大,涉及化學平衡的影響、阿伏伽德定律、蓋斯定律、元素周期律等知明確元素周期律內容、化學平衡的影響因素即可解答，培養(yǎng)了學生的合用能力。伽德定律、蓋斯定律、元素周期律等知明確元素周期律內容、化學平衡的影響因素即可解答，培養(yǎng)了學生的合用能力。.【答案】D【解析】解：裝置是將化學能化能的原由甲可知M是極，N是正極,解溶液酸性溶液極上失生氧化反正極上得子生原反,在陰極極相陽極與正極相A.在上陰極與極相陽極與正極相的度不會生化，所以色不，故A正確;B解：裝置是將化學能化能的原由甲可知M是極，N是正極,解溶液酸性溶液極上失生氧化反正極上得子生原反,在陰極極相陽極與正極相A.在上陰極與極相陽極與正極相的度不會生化，所以色不，故A正確;B.原池中M是極、N是正極，Y正極接柱,陰極、與極相陽極、與正極接柱Y相，故B正確;Cco（nh2）2在極M上失子生氧化反，生成N2、CO2,荷守恒得到極反式CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2T+N2T+6巾，故C正確;D.D.當N極消耗0.25mol氧氣, 移0.25x4=1.0mol子，所以極量減少64g/molx「:卜2g,故D故：D。裝置甲是將化學能化能的原池，由可知，M是極，N是正極，解溶液酸性溶液，極上失子生氧化反，正極上得子生原極反式CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2T+N/+6H+,在極反式陰極、與極相，陽極、與正極相，根據(jù)子守恒算，以此解答。本考了原池原理和解原理，高考點，重于學生的分析、算能力的考，明確原池正極上得失子、解溶液中陰陽離子移方向即可解答，注意極極反式的寫，目度中等。.【答案】D【解析】=c(Cl-)-c(ClO-),=v[HClO)解:A.若a點pH=4,c(H+)=10-4mol/L,溶液呈酸性，根據(jù)方程式知c(HClO)c(Cl-)=mc(ClO-)， c(HClO)=(m-1)=c(Cl-)-c(ClO-),=v[HClO)西霧肉，故A；.若x=100,Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,NaClO水解生成次酸，次酸具有漂白性，不能用pHpH,pH，故B;Cb?c段，Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,隨NaOH溶液的滴入,NaOH抑制NaClO水解:ClO-+H2O=HClO+OH,c(HClO)減小，c(ClO-)增大，所以，；案?，減小，故C;D.若y=200,c點 溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH,根據(jù)荷守恒得:c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，元素守恒得:c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得:c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+),故D正確；故:D。整個程先后生的反 Cl2+H2O=HCl+HClO、HCl+NaOH=NaCl+H2O、

HClO+NaOH=NaClO+HQA.若a點pH=4,c（H+）=10-4mol/L,溶液呈酸性，根據(jù)方程式知c（HC10）=c（Cl-）-c（ClO-），c（Cl-）=mc（ClO-），c（HClO）=（m-1）c（ClO-），Ka（HClO）-r{ClO-J；fi.- ；B.若x=100,Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,NaClO水解生成次酸，次酸具有漂白性，不能用pH pH;C.b?c段，Cl2恰好與NaOH溶液生成NaCl、NaClO,隨NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解:C1O-+H200HClO+OH;D.若y=200,c點 溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.1molNaOH,根據(jù)荷守恒與物料守恒來解答。本考了離子度大小的判斷,目度中等,明確溶液中的溶及其性是解本關,注意荷守恒、物料守恒及的水解原理的用。8【答案】+6酸雨MoO3+2NH3?H2O=2NH4++MoO42-+H2O酸性過濾取水洗液少量于試管中，加入AgNO3溶液，若無沉淀產(chǎn)生即證明鉬酸已洗凈9161293隨著溫度升高，其它金屬雜質離子浸出也增多，沉淀了MoO42-；該反應為放熱反應，升溫使平衡逆移，NaClO不穩(wěn)定，隨溫度升高而分解損耗。（任答兩點）Lix（MoS2）n-xe-=nMoS2+xLi+【解析】解：（1）Na2MoO4.2H2O中Na元素化合價+1價、O元素化合價-2價，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和0確定Mo元素的價4x2-2x1=+6;工煅的尾氣二氧化硫,故煅生的尾氣引起的境危害主要是酸雨,故答案：+6;酸雨;⑵MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3-H2O+MoO3=（NH4）2MoO4+H2O,故離子方程式MoO3+2NH3-H2O=2NH4++MoO42-+H2O;由中信息可以知，MO3能溶于堿溶液，酸性氧化物能溶于堿液， 物酸性氧化物，故答案：MoO3+2NH3?H2O=2NH4++MoO42-+H2O;酸性；(3)操作I 除去殘渣;操作口所得的酸要水洗，酸中吸附的離子離子，離子用硝酸酸化的硝酸溶液，其方法取水洗液少量于管中，加入AgNO3溶液，若無沉淀生即明酸已洗，故答案： ；取水洗液少量于管中，加入AgNO3溶液，若無沉淀生即明酸已洗；(4)①反中Cl元素化合價由+1價 -1價、Mo元素化合價由+2價+6價、S元素化合價由-1價 +6價，根據(jù)移子及原子守恒配平方程式9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，故答案：9；1；6；1；2；9；3；②反的正反是放反，隨著溫度升高，平衡向吸方向移逆反方向移；升高溫度促NaClO分解，且其它 金屬離子浸出也增多，都致浸出率降低，故答案：隨著溫度升高，其它金屬 離子浸出也增多，沉淀了MoO4Li(MoS2Li(MoS2)n，池充陽極上的極反式放正極反式的逆反，放，正極上MoS2得子和離子反生成Li(MoS2)n，陽極反式Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+，故答案：Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。制金屬和酸： 的主要成分MoS2,在空氣中燃2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，生成MoO3和SO2二氧化硫屬于酸性氧化物，能被堿液吸收，所以尾氣含SO2用氨水吸收，二氧化硫具有原性，反放反，升溫使平衡逆移，NaClO不定，隨溫度升高而分解耗。(任答兩點)；(5)和MoS2可充 池的工作原理xLi+nMoS2Lxtraclusehraccormissingopcjibrace同通入氧氣生成硫酸；MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3^H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O, 除去，在酸溶液中加足量酸，生復分解反生成酸和化，酸溶于水和酸的黃色晶體，得到酸晶體高溫分解生成MoO3，在高溫條件下用氣原得到金屬；與NaOH、NaClO溶液生反9MoS2+6OH-+ClO-=MoO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O，通蒸冷卻晶洗干燥得到Na2M0042H2O，⑴Na2M0042H2O中Na元素化合價+1價、O元素化合價-2價，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和0確定Mo元素的價；工煅的尾氣二氧化硫，據(jù)此行分析；⑵MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3-H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O,據(jù)此寫離子方程式；由中信息可以知，mo3能溶于堿溶液，酸性氧化物能溶于堿液；(3)操作I 除去殘渣;操作口所得的酸要水洗，酸中吸附的離子離子，離子用硝酸酸化的硝酸溶液；(4)①反中Cl元素化合價由+1價 -1價、Mo元素化合價由+2價+6價、S元素化合價由-1價 +6價，根據(jù)移子及原子守恒配平方程式;②隨著溫度升高，平衡向吸方向移；升高溫度促NaClO分解，且其它金屬離子浸出也增多；(5)和MoS2可充 池的工作原理xLi+nMoSxLi+nMoSLi(MoS2)n， 池充陽極上的極反式放正極反式的逆反，放，正極上MoS2得子和離子反生成Li(MoS2)n。

本考物的制及混合物的分離和提高考點，把握流程本考物的制及混合物的分離和提高考點，把握流程中每一步生的反及操作方法是解本型的關，注意合信息解答，重分析與算能力的考，目度中等。9.【答案】-209.9氫化反應的活化能小或反應物的濃度大4排出氫氣或急劇降溫副反應增加CD503200【解析】解：⑴①I◎環(huán)戊二烯⑴+H2(g解：⑴①I◎環(huán)戊二烯⑴+H2(g)吧O環(huán)戊烯⑴△H=-100.5kJ?mol-1@l(1)+H2(g)網(wǎng)詢O環(huán)戊烷⑴△H=-109.4kJ?mol-1將方程式①+將方程式①+②得Q⑴+2H2(g)kJ/mol=-209.9kJ/mol,。⑴，△+-(100.5+109.4)故答案：-209.9；(2(2)①活化能越小、反物度越大，反越易正向移，0?4h化反速率比副反快的可能原因是化反的活化能小或反物的度大，速率比副反快的可能原因是化反的活化能小或反物的度大，故答案：化反的活化能小或反物的度大；②戊的率越大、戊的率越小越好，根據(jù)知4h戊率最大；若需迅速減慢甚至停止反，可以通減少反物度或降低溫度，所以排出氣或急降溫都能迅速減慢甚至停止反，故答案：4；排出氣或急降溫；③副反能降低己的率，所以一段后，戊率快速下降的原因可能是副反增加，故答案：副反增加；(3)①A.增大雙戊二的用量，平衡正向移但是其化率降低，故B.使用催化只改化學反速率不影響平衡移，故；C及分離物，平衡正向移提高雙戊二 化率，故正確;

D.適當提高溫度平衡正向移，雙戊二 化率升高，故正確；故CD；②加入的雙戊二的物的量xmol、水的物的量ymoL雙戊二的化率80%，剩余雙戊二的物的量0.2xmol、生成戊二的物的量1.6xmol，恒溫恒容條件下，氣體的之比等于物的量之比，所以（x+y）mol：（0.2x+1.6x+y）的物的量1.6xmol，恒溫恒容條件下，氣體的之比等于物的量之比，所以（x+y）mol：（0.2x+1.6x+y）mol=300kPa：500kPa=3：5，x：y=5：1，故答案：50；3200。⑴①⑴+H2（g）吧O環(huán)戊烯⑴△H=-100.5kJ?mol-1（1）+H2（g）度詢O環(huán)戊烷⑴△H=-109.4kJ?mol-1將方程式①+②得⑴+2H2（g）回里Q］（1）， 行相的改（2）①活化能越小、反物度越大，反越易正向移②戊的率越大、戊的率越小越好；若需迅速減慢甚至停止反，可以通減少反物度或降低溫度；③副反能降低己的率；（3）①反是一個反前后氣體體增大的吸反，減小、升高溫度都使平衡正向移，有利于提高雙戊二平衡化率；②加入的雙戊二的物的量xmol、水的物的量ymoL雙戊二的化率80%，剩余雙戊二的物的量0.2xmol、生成戊二的物的量1.6xmol，恒溫恒容條件下，氣體的 之比等于物的量之比，所以(x+y)mol:(0.2x+1.6x+y)mol=300kPa:500kPa=3:5,x:y=5:1,平衡p(HO)=]/)f，x500kPa;2 i血+瀘i血P(雙戊二)二1晨.x500kPa=^x500kPa=50kPa、P(戊二)[-^50—x500kPa=P^x500kPa=400kPa,，\平衡常數(shù)Kp="二環(huán)戊一烯)平衡常數(shù)Kp=汽雙環(huán)戊二烯)。本考化學平衡算，重考象分析判斷及算能力，明確外界條件化學平衡移影響原理及化學平衡常數(shù)算方法是解本關，注意:催化只改化學反速率不影響平衡移，加入某種氣體反物然平衡正向移但是反物化率減小而不是增大， 解答易點。10【答案】第四周期第VIII族3d66C<N<O2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KClNH3、Cl-AA的結構對稱程度高，較穩(wěn)定，為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，A在水中的溶解度小LaNi5H3【解析】解：(1)①Fe在元素周期表中的位置第四周期第VIII族，故答案：第四周期第VIII族；②Fe原子失去4s能 子生成Fe2+，離子中3d能上6個子其價子，其價子排布式3d6；陰離子的配位數(shù)6，故答案:3d6；6；③K3[Fe(CN)5NO]的成元素中，屬于第二周期的元素有C、N、O,元素的非金屬性越，其 性越大，非金屬性C<N<O, 性C<N<O,故答案：C<N<O;④把氣通入黃血(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血(K3[Fe(CN)6]),根據(jù)原子守恒知生成KC1,反方程式2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl，故答案:2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl；(2)分子式[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配體是NH3、Cl-;配合物有兩種不同的構，其中呈橙黃色的物的構比不定，在水中的溶解度大；呈亮黃色的物的構定，在水中的溶解度小，根據(jù)相似相溶原理知，極性分子在水中的溶解度大，非極性分子在水中溶解度小，A構稱非極性分子，在水中溶解度小，B構不稱極性分子，在水中溶解度大，故答案：NH3、C1-;A;A的構稱程度高，定，非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，A在水中的溶解度小；（3）晶胞中La原子個數(shù)=8*[]=1、2原子個數(shù)=1+8、口=5， 合金吸咐H2，H2解離H存在其中形成化合物。若 后，原子占據(jù)晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心， H原子個數(shù)=8、++2x=3,所以其化學式LaNi5H3，故答案：LaNi5H3。（1）①Fe在元素周期表中的位置第四周期第VIII族；②Fe原子失去4s能 子生成Fe2+，離子中3d能上6個子其價子，陰離子的配位數(shù)。③K3[Fe（CN）5NO]的成元素中，屬于第二周期的元素有C、N、O,元素的非金屬性越，其性越大；④把氣通入黃血（K4[Fe（CN）6]）溶液中，得到赤血（K3[Fe（CN）6]），根據(jù)原子守恒知生成KCl；（2）分子式[Pt（NH3）2Cl4]的配合物的配體是NH3、Cl-；配合物有兩種不同的構，其中呈橙黃色的物的構比不定，在水中的溶解度大；呈亮黃色的物的構定，在水中的溶解度小，根據(jù)相似相溶原理知，極性分子在水中的溶解度大，非極性分子在水中溶解度??；合金吸咐（3）晶胞中La原子個數(shù)=8'1=1、2原子個數(shù)=1+8、口=5,合金吸咐H2，H2解離H存在其中形成化合物。若 后，原子占據(jù)晶胞中上下

底面的棱心和上下底面的面心，H原子個數(shù)=8、++2x=3。本考物構和性，涉及晶胞算、配合物構、元素周期律等知點，重考分析推斷及知合運用能力，注意均法在晶胞算中的運用，目度不大。11.【答案】苯乙烯O2/Cu11.【答案】苯乙烯O2/Cu（或Ag）、加熱加成反應、取代反應碳碳雙鍵、加成反應（C13H14O）n【解析】解：⑴B CH=CHa,物B的名稱：苯乙。反④是苯乙醇氧化生成（'『CH2CH□，所需的 和條件分 ：O2/Cu（或Ag）、加，故答案：苯乙；O2/Cu（或Ag）、加；⑵反②是苯乙與HCl生加成反生成CHaCHaCi,反③是2cH2cl化得到-CH^CHaOH，屬于取代反，故答案：加成反、取代反；(3)物H含有的官能的名稱是：碳碳雙(3)物H含有的官能的名稱是：碳碳雙、基，物J的化學式是：（C13Hl4O）n，故答案：碳碳雙、基；（C13Hl4O）n；（4）反⑤的化學方程式

故答案__CHO _hcho-CV孚，HCH0- CHho+耳。(5故答案__CHO _hcho-CV孚，HCH0- CHho+耳。能生成氣，明含有基，ii.含碳碳(不考"-C三COH),iii.苯2:1:1,符合條件的同分異構體：VCHpH上只有兩個于位的取代基；2:1:1,符合條件的同分異構體：VCHpH故答案vCHpH，由OH<^>-CH=CHCH0與加成反得到。苯甲醇氧化生成與乙堿性條件下得到，合成路流程O,即呼CH。誓空O^crq故答案vCHpH，由OH<^>-CH=CHCH0與加成反得到。苯甲醇氧化生成與乙堿性條件下得到，合成路流程O,即呼CH。誓空O^crqCECHCHQH0a/CuCH。誓苧 口由D的構式、反條件、BCHQH0a/CuCH。誓苧 口由D的構式、反條件、B與C的分子式，逆推可知CCHzCHzCl、B比D、G的構，合信息①可知，D生氧化反生，故答案成E,FHCHO.比G、J成E,FHCHO.比G、J的構，可知G生信息②中的加成反生成H,H生加聚反生成J,故H本考有機物的合成與推斷，涉及有機物命名、有機反型、官能的、有機反方程式的寫、限制條件同分異構體的寫、合成路等，熟掌握官能的性與化，是有機化學基常考型。12.【答案】H2+2FeCl3m2FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）